hdu - 4343 - Interval query - dp（贪心）

Description

给定N(N<=100000)个区间（左闭右开）和M(M<=100000)个询问[l, r]，问所有满足[s,t)包含于于[l, r]的区间中最多能选出多少个，使得他们两两不相交。

Solution

首先是一个贪心的想法，如果存在两个区间[s1,t1)和[s2,t2)，且[s1,t1)包含于[s2,t2)，那么[s2,t2)是可以扔掉的。很显然地，如果[s2,t2)包含于某个解中，那么把它换成[s1,t1)肯定个数不变。

所以就可以把包含了其它区间的那些区间去掉。具体做法是天王想的，特别抽，详见代码。

其实这步做不做无所谓，因为最坏情况下不会扔掉任何一个区间。但事实证明做了这一步就可以O(N*M)暴力水过……

剩下来的区间按左端点升序排序，那么右端点一定也是升序的。

然后求方案其实还是一个贪心的想法，对于一个询问[l, r]，设i=max{i|t[i]<=r}，如果s[i]>=l，那么就选上i，然后设prev[i]=max{j|j<i且t[j]<=s[i]}，也就是prev[i]为i之前最右边的和i不相交的区间，如果s[prev[i]]>=l，那么就选上prev[i]。就这样不停贪心地向前找，直到找到某个j=max{j|s[j]<l}，那么j就不能选了。这么做的正确性也很显然，就不证了。

于是我们发现，这些线段就形成了一个树型结构，除了第一个线段，每个线段都有其前继。线段的排序是这颗有向树的拓扑排序的一种。

如果将询问排序按右端点排序后，容易用均摊线性时间找到对于询问[l, r]的终止节点i=max{i|t[i]<=r}。那么接下来就是顺着前继向前找，直到发现j=max{j|s[j]<l}。

暴力找的复杂度是O(N)，有M个询问，也就是总共是O(N*M)。由于数据比较水，在第一个贪心思路把没用的区间去掉后可以750ms通过（RunID=6472102，似乎比不加这个优化然后正经做的都要快……）。

稍微思考一下。顺着前继向前找，一直找到最左边，这样找到的节点形成了一条链。很显然，链上的左端点是单调的，这给了我们二分的启示。

但是普通的二分需要存储每一条链，这在时间和空间上都是不允许的。

将ans进行二进制表示，令ans=2^k*b[k]+2^(k-1)*b[k-1]+...+2^0*b[0]，b[t]=0或1, t=k,k-1,...,0，可以发现，二分的过程事实上就是根据当前的ans判断出每一个b[t], t=k,k-1,...,0是1还是0的过程。

这样就可以利用类似于最近公共祖先（LCA）的倍增法的思路，记录i的2^j祖先，也就是i节点向前找2^j是什么节点。然后就可以根据每次向前找2^j, j=k,k-1,...,0后，节点的左端点是否还满足s[j]>=l来判断ans的二进制表示中第j位是1还是0了。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;struct ss{    ss() {}    ss(int a, int b): s(a), t(b) {}    int s, t;    int p, q;    bool vis;    bool operator<(const ss &rhs)const    {        return t<rhs.t;    }    void write()    {        printf("%d %d\n", s, t);    }};bool cmp(const ss &u, const ss &v){    if (u.p==v.p) return u.q>v.q;    return u.p<v.p;}struct sq{    int id;    int s, t;    bool operator<(const sq &rhs) const    {        return t<rhs.t;    }} q[100010];const int INF = 1000000001;int N, M;ss hmr[100010], mdk[100010];int ans[100010];int prev[100010][22];int main(){    int i, j, k;    while (~scanf("%d%d", &N, &M))    {        for (i = 0; i < N; ++i)        {            scanf("%d%d", &hmr[i].s, &hmr[i].t);            hmr[i].p = hmr[i].t;            hmr[i].q = INF+hmr[i].s;            hmr[i].vis = 0;        }        sort(hmr, hmr+N, cmp);        for (i = 0; i < N; )        {            j = i+1;            while (j<N && hmr[j].q <= hmr[i].q) hmr[j++].vis = 1;            i = j;        }        j = 0;        for (i = 0; i < N; ++i)            if (!hmr[i].vis) mdk[++j] = hmr[i];        N = j;        sort(mdk+1, mdk+N+1);        mdk[0] = ss(-2, -1);        for (i=0,j=1; j<N; ++i,j<<=1);        int bmax = i;        k = 1;        for (i = 1; i <= N; ++i)        {            while (mdk[k].t<=mdk[i].s) k++;            prev[i][0] = k-1;        }        prev[0][0] = 0;        for (j = 1; j <= bmax; ++j)        {            prev[0][j] = 0;            for (i = 1; i <= N; ++i)            {                prev[i][j] = prev[prev[i][j-1]][j-1];            }        }        for (i = 0; i < M; ++i)        {            scanf("%d%d", &q[i].s, &q[i].t);            q[i].id = i;        }        sort(q, q+M);        k = 0;        int b;        for (i = 0; i < M; ++i)        {            while (k<=N && mdk[k].t <= q[i].t) k++;            int &res = ans[q[i].id], now = k-1;            res = 0;            for (j=bmax; j>=0; j--)            {                if (mdk[prev[now][j]].s>=q[i].s)                {                    res |= (1<<j);                    now = prev[now][j];                }            }            if (mdk[k-1].s >= q[i].s) res++;        }        for (i = 0; i < M; ++i)            printf("%d\n", ans[i]);    }    return 0;}

题目大意：求区间最多有多少不相交线段。

题目思路：先用倍增思想求出dp[i][j]表示左端点为j的线段个数为1<<i的右端点，再由答案的二进制进行搜索。

using namespace std;#define inf 0x3f3f3f3f#define Max 110000int max(int a,int b){    return a>b?a:b;}int min(int a,int b){    return a<b?a:b;}int dp[22][4*Max];struct node{    int v,id;    bool operator<(const node a)const    {        return v<a.v;    }}p[4*Max];struct nn{    int l,r;    bool operator<(const nn a)const    {        if(l==a.l)            return r>a.r;        return l<a.l;    }}in[10*Max];int query(int x,int y){    int ans=0;    int i;    for(i=20;i>=0;i--)    {        if(dp[i][x]<=y)        {            x=dp[i][x];            ans+=(1<<i);        }    }    return ans;}int main(){    int cnt,i,j,n,m;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)    {        cnt=0;        for(i=0;i<n+m;i++)        {            scanf("%d%d",&in[i].l,&in[i].r);            p[cnt].id=cnt;            p[cnt++].v=in[i].l;            p[cnt].id=cnt;            p[cnt++].v=in[i].r;        }        sort(p,p+cnt);        int change=0;        if(p[0].id%2==0)            in[p[0].id/2].l=0;        else            in[p[0].id/2].r=0;        for(i=1;i<cnt;i++)        {            if(p[i].v!=p[i-1].v) change++;            if(p[i].id%2==0) in[p[i].id/2].l=change;            else in[p[i].id/2].r=change;        }        sort(in,in+n);        cnt=1;        for(i=1;i<n;i++)        {            while(in[i].r<=in[cnt-1].r) cnt--;            in[cnt++]=in[i];        }        j=0;        for(i=0;i<=change;i++)        {            for(;j<cnt;j++)            {                if(in[j].l>=i) break;            }            if(j<cnt)                dp[0][i]=in[j].r;            else                dp[0][i]=inf;        }        for(i=1;i<=20;i++)            for(j=0;j<=change;j++)            {                if(dp[i-1][j]==inf)                    dp[i][j]=inf;                else                    dp[i][j]=dp[i-1][dp[i-1][j]];            }        for(i=n;i<n+m;i++)        {            int ans=query(in[i].l,in[i].r);            printf("%d\n",ans);        }    }}